精品解析：江苏苏州中学2025-2026学年第一学期学业水平阳光指标调研卷高三数学试题

2025-2026学年苏州中学第一学期学业水平阳光指标调研卷 高 三 数 学 2026.2 注意事项： 1.试卷满分150分，调研时间120分钟 2.请把选择题的答案用2B铅笔填涂在答题卡的指定位置，把非选择题的答案用0.5mm黑色墨水的签字笔写在答题卡上的指定位置 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 命题的否定是（ ） A. B. C. D. 3. “”是“函数在区间上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且.弦过点，则的周长为（ ） A. 10 B. 20 C. D. 5. 记为等比数列的前项和.若，，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 5 7. 满足，的有序实数组可以是（ ） A. B. C. D. 8. 设分别为圆和椭圆上的点,则两点间的最大距离是 A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的的部分分，有选错的得0分. 9 已知，则（ ） A. B. C. D. 10. 设函数，则（ ） A. B. C. D. 11. 在平面上，动点与两定点，满足（且），则的轨迹是个圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知为坐标原点，，动点满足，记的轨迹为圆.由直线上的一点向圆引切线，切点为，.下列结论正确的是（ ） A. 的方程为 B. 圆与圆的公切线有且只有一条 C. 最小值为2 D. 当最小值时，直线的方程为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的前项和为，满足，则__________． 13. 函数零点个数为______． 14. 设，直线与直线交于点，则的取值范围是_______. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设函数 （1）当时，求表达式的展开式中含有项的系数； （2）当时，求表达式的展开式中的常数项． 16. 已知数列和满足，，对都有，成立. （1）证明：是等比数列，是等差数列； （2）设，求数列前项和. 17. 已知函数． （1）求的定义域； （2）解关于的方程； （3）若函数的图象关于直线对称，求实数的值． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若是的极小值点，求实数的取值范围； （3）当时，若，求实数的最大值． 19. 在平面直角坐标系中，经过两点和，且圆心在直线上的圆与轴交于，两点（在的左侧），若直线：（）与圆相交于，两点. （1）求圆的方程； （2）若，求实数的值； （3）设直线与直线交于点，记直线，直线，直线的斜率分别为，，，求证：是，的等差中项. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年苏州中学第一学期学业水平阳光指标调研卷 高 三 数 学 2026.2 注意事项： 1.试卷满分150分，调研时间120分钟 2.请把选择题的答案用2B铅笔填涂在答题卡的指定位置，把非选择题的答案用0.5mm黑色墨水的签字笔写在答题卡上的指定位置 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，，则的元素个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先求得集合B，再进行集合的交集即可． 【详解】因为，， 所以，有2个元素． 故选：B． 2. 命题的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由全称量词命题的否定是存在量词命题. 【详解】由全称量词命题的否定是存在量词命题， 所以命题的否定是. 故选：A. 3. “”是“函数在区间上单调递增”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】由幂函数性质分析充分性和必要性即可得解. 【详解】当时，幂函数单调递增，充分性成立； 幂函数在区间上单调递增，则，必要性成立. 综上，“”是“函数在区间上单调递增”的充要条件. 故选：C. 4. 已知椭圆的左、右焦点分别为，，且.弦过点，则的周长为（ ） A. 10 B. 20 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据椭圆定义求解. 【详解】因为，所以，解得， 由椭圆方程知，所以，解得，即. 所以的周长为， 故选：D. 5. 记为等比数列的前项和.若，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用基本量法可求公比,从而可求. 【详解】设等比数列的公比为，则， 故，从而， 故选：B. 6. 已知，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】通过条件将双变量转化为单变量，结合导函数来求解最小值即可． 【详解】， ，则， ， 设，其中， ， 令，解得：， 当时，；当时，； 当时，取到极小值，也是最小值为：， 故选：C． 7. 满足，的有序实数组可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数运算化简得，逐个选项分析即可判断. 【详解】记，则， 因为，所以，所以， 对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：D. 8. 设分别为圆和椭圆上的点,则两点间的最大距离是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 转化为圆心到椭圆上点的距离的最大值加（半径）. 【详解】设，圆心为， 则， 当时，取到最大值，∴最大值为． 故选：D. 【点睛】本题考查圆上点与椭圆上点的距离的最值问题，解题关键是圆上的点转化为圆心，利用圆心到动点距离的最值加（或减）半径得出结论． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的的部分分，有选错的得0分. 9. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用不等式性质判断A；举反例判断B；根据比较式子的结构构造函数，利用导数研究函数的单调性，利用单调性比较大小判断CD. 【详解】对于A，因为，所以，即，正确； 对于B，当时，，错误； 对于C，设， 因为和为上的增函数， 所以函数在上递增， 因为，所以，所以， 即，正确； 对于D，设，则， 所以函数在上单调递减， 因为，所以， 所以， 即，正确. 故选：ACD 10. 设函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】求导研究函数的单调性，利用单调性比较大小即可判断AB，举反例判断C，按照、和分类讨论的符号即可判断D. 【详解】设，则， 令，即，解得， 当时，，即函数单调递增， 当时，，即函数单调递减， 因为，所以，故A正确； 因为，所以，又， 且，所以，所以，故B正确； 当时，，故选项C错误； ，当时，， 当时，，所以， 当时，，所以， 综上，，故D正确. 故选：ABD 11. 在平面上，动点与两定点，满足（且），则的轨迹是个圆，这个圆称为阿波罗尼斯圆.已知为坐标原点，，动点满足，记的轨迹为圆.由直线上的一点向圆引切线，切点为，.下列结论正确的是（ ） A. 的方程为 B. 圆与圆的公切线有且只有一条 C. 的最小值为2 D. 当的最小值时，直线的方程为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，由化简可得；对B，判断两圆位置关系，确定公切线条数；对C，由判断；对D，将切点弦看作两圆公共弦求解. 【详解】对于A：设，由得， 整理得，A正确； 对于B：圆C可化为，圆心坐标，半径， 圆的圆心坐标，半径， 因为，所以两圆外切，公切线有其只有条，B错误； 对于C：因为点在直线上，所以设， 所以， 当时，取得最小值，C正确； 对于D：连接，则， 所以， 则当最小时，最小， 而当与直线垂直时，最小为圆心到直线的距离， 此时直线的斜率为，由求得，所以， 所以， 所以以为圆心，为半径的圆Q的方程为， 所以为圆与圆的公共弦，方程为， 整理得，D正确； 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知数列的前项和为，满足，则__________． 【答案】16 【解析】 【分析】利用临差法求得数列的通项公式，再令，即可得答案. 【详解】， 当时，， 两式相减得：，且， . 故答案为：. 【点睛】本题考查与的递推关系，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力. 13. 函数的零点个数为______． 【答案】2 【解析】 【分析】当时，利用导数研究其单调性得，即函数只有一个零点1，当时，利用导数法得函数上单调递增，由零点存在性定理可知有一个零点，即可得解. 【详解】， 当时，，则， 当时，，即函数单调递增， 当时，，即函数单调递减， 又，所以函数只有一个零点1， 当时，，则， 故函数在上单调递增，又，，所以由零点存在性定理可知，函数在上有一个零点， 所以函数的零点个数为2. 故答案为：2 14. 设，直线与直线交于点，则的取值范围是_______. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据已知条件得到直线恒过定点，直线恒过定点，且，根据交点得到点在以为直径的圆上.将转化为，设，则表示点到点的距离.再利用点与圆的位置关系即可得到答案. 【详解】由题知：直线恒过定点. 直线化简为：，直线恒过点. 当时，直线的斜率不存在，直线的斜率，则. 当时，，，，则. 综上：直线恒过定点，直线恒过定点，且. 因为直线与直线交于点， 所以点在以为直径的圆上. 因为， 设，则表示点到点距离. 因为到圆心的距离为， 所以，即. 则的取值范围是. 故答案为： 【点睛】本题主要考查圆外一点到圆上一点距离最值，同时考查了直线恒过定点问题，考查了学生转化问题的能力，属于难题. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 设函数 （1）当时，求表达式的展开式中含有项的系数； （2）当时，求表达式的展开式中的常数项． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出的通项，然后令即可求解项的系数； （2）先求出的通项，然后令即可求解常数项. 【小问1详解】 当时，， 其展开式通项为， 令，得， 所以展开式中含有项的系数为． 【小问2详解】 当时，， 的展开式通项为， 令，得， 所以展开式中的常数项为． 16. 已知数列和满足，，对都有，成立. （1）证明：是等比数列，是等差数列； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列和等比数列的定义证明； （2）利用等差数列和等比数列的通项公式得到，，即可得到，然后利用错位相减法求和即可. 【小问1详解】 ，相加得到， 即，， 所以数列是首项为1，公比为的等比数列， ，相减得到， 整理得，， 所以数列是首项为1，公差为2的等差数列. 【小问2详解】 ，， 由（1）得，， 所以， ， ， 两式相减得到 ， 所以. 17. 已知函数． （1）求的定义域； （2）解关于的方程； （3）若函数的图象关于直线对称，求实数的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据对数函数的真数大于零列不等式求解即可. （2）先利用复合函数的单调性法则得在和上为增函数，然后将方程转化为，记，利用函数的单调性及特殊值求解方程即可. （3）根据的图象的对称性求得，进而利用对称性得，化简即可求得. 【小问1详解】 由得或，所以的定义域为． 【小问2详解】 因为在和上单调递增， 又在定义域上单调递增， 由复合函数的单调性知在和上为增函数， 所以，所以，记， 结合指数函数的单调性可知为增函数，又，所以． 【小问3详解】 由（1）可知，的定义域为， 因为函数的图象关于直线对称，所以， 进一步根据，得， 即， 则有，即． 综上所述，． 18 已知函数． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）若是的极小值点，求实数的取值范围； （3）当时，若，求实数的最大值． 【答案】（1） （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）求出导函数，利用导数的几何意义求出切线斜率即可求解. （2）求出导函数，按照、、和分类讨论研究函数的单调性，结合极小值点的概念求解即可. （3）按照和分类讨论研究函数的单调性，利用单调性求出函数值域即可求解. 【小问1详解】 当时，， 所以，故， 所以曲线在点处的切线方程为． 【小问2详解】 因为，所以， 因为是的极小值点，所以，得， 所以， 当时，， 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，故是的极小值点. 当时，由得或. 当时，，由得或；由得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极小值点. 当时，，不合题意. 当时，，由得或；由得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，不合题意． 综上，实数的取值范围为． 【小问3详解】 当时，， 当时，因为（当且仅当时等号成立），所以， 所以在上单调递增，故，符合题意. 当时，令，解得， 因为，，所以，故， 所以当时，，故在上单调递减， 所以，不符合题意． 综上，实数的最大值为2． 19. 在平面直角坐标系中，经过两点和，且圆心在直线上的圆与轴交于，两点（在的左侧），若直线：（）与圆相交于，两点. （1）求圆的方程； （2）若，求实数的值； （3）设直线与直线交于点，记直线，直线，直线的斜率分别为，，，求证：是，的等差中项. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设圆的标准方程，然后待定系数求即可； （2）联立直线与圆的方程得到韦达定理，然后根据得到，最后代入韦达计算即可； （3）根据圆的方程得到的坐标，然后联立直线的方程得到的坐标，最后利用等差中项的性质和韦达定理证明即可. 小问1详解】 设圆的标准方程为， 圆心在直线上，则①， 圆经过和，代入得②，③， 联立①②③得，，， 所以圆的标准方程为. 【小问2详解】 设，，联立得， 由韦达定理得，， 由，得， 故，即， 代入韦达定理得， ， 解得， 因为，所以. 【小问3详解】 圆与轴的交点为，， 则直线方程为， 直线方程为， 联立两直线的方程得，整理得， 由韦达定理得，所以，则， 代入方程得到，故， 由得， ， 故是的等差中项. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $